a) Gọi I là giao điểm của mặt phẳng (α) với cạnh SC. Ta có: (α) ⊥ SC, AI ⊂ (α) ⇒ SC ⊥ AI. Vậy AI là đường cao của tam giác vuông SAC. Trong mặt phẳng (SAC), đường cao AI cắt SO tại K và AI ⊂ (α), nên K là giao điểm của SO với (α).

b) Ta có 

⇒ BD ⊥ SC

Mặt khác BD ⊂ (SBD) nên (SBD) ⊥ (SAC).

Vì BD ⊥ SC và (α) ⊥ SC nhưng BD không chứa trong (α) nên BD // (α)

Ta có K = SO ∩ (α) và SO thuộc mặt phẳng (SBD) nên K là một điểm chung của (α) và (SBD).

Mặt phẳng (SBD) chứa BD // (α) nên cắt theo giao tuyến d // BD. Giao tuyến này đi qua K là điểm chung của (α) và (SBD).

Gọi M và N lần lượt là giao điểm của d với SB và SD. Ta được thiết diện là tứ giác AIMN vuông góc với SC và đường chéo MN song song với BD.

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ C(a,a,0),\ D(0,a,0),\ O\left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},0\right)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.

a) Tìm $K = SO \cap (\alpha)$

Mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua $A$ và vuông góc $SC$ ⇒ $SC \perp (\alpha)$.

⇒ $I = SC \cap (\alpha)$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SC$.

Đường thẳng $SO$ cắt $(\alpha)$ tại $K$ ⇒ $K$ là hình chiếu của $O$ lên $(\alpha)$ theo phương song song $SC$.

Kết luận: $K$ là giao điểm của $SO$ với đường thẳng đi qua $O$ song song $SC$.

b) Chứng minh $(SBD) \perp (SAC)$ và $BD \parallel (\alpha)$

Ta có: $\vec{AC} = (a,a,0),\ \vec{BD} = (-a,a,0)$

⇒ $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = -a^2 + a^2 = 0$ ⇒ $AC \perp BD$.

Mặt khác: $SA \perp (ABCD)$ ⇒ $SA \perp AC,\ SA \perp BD$.

⇒ $BD \perp (SAC)$ ⇒ $(SBD) \perp (SAC)$.

Vì $(\alpha) \perp SC$ và $(SAC)$ chứa $SC$ ⇒ $(\alpha) \perp (SAC)$.

Hai mặt phẳng $(\alpha)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc $(SAC)$ ⇒ giao tuyến của chúng song song với $BD$.

⇒ $BD \parallel (\alpha)$.

c) Tìm giao tuyến và thiết diện

Giao tuyến:
$d = (SBD) \cap (\alpha)$.

Từ trên: $d \parallel BD$.

$d$ đi qua điểm $K$ ⇒ $d$ là đường thẳng qua $K$ và song song $BD$.

Thiết diện:

$(\alpha)$ cắt:

- $SC$ tại $I$

- $SD$ tại một điểm (thuộc mặt $(SBD)$)

- $SB$ tại một điểm (thuộc mặt $(SBD)$)

Do đó thiết diện là tam giác tạo bởi các giao điểm trên.

Vì $d \parallel BD$ nên thiết diện là tam giác có một cạnh song song $BD$.

S A B C D M N O G K H P Q

a/

Ta có

\(S\in\left(SAC\right);S\in\left(SBD\right)\)

Trong mp (ABCD) gọi O là giao của AC và BD

\(O\in AC\Rightarrow O\in\left(SAC\right);O\in BD\Rightarrow O\in\left(SBD\right)\)

\(\Rightarrow SO\in\left(SAC\right)\) và \(SO\in\left(SBD\right)\) => SO là giao tuyến của (SAC) và (SBD)

b/

Trong mp (ABCD) Từ G dựng đường thẳng // AC cắt BC tại K

Xét tg SAC có

SM=AM (gt); SN=CN (gt) => MN là đường trung bình của tg SAC

=> MN//AC

Mà GM//AC

=> MN//GK mà \(G\in\left(GMN\right)\Rightarrow GK\in\left(GMN\right)\) (Từ 1 điểm trong mặt phẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng thuộc mặt phẳng đó và // với 1 đường thẳng cho trươc thuộc mặt phẳng)

\(\Rightarrow K\in\left(GMN\right);K\in BC\) => K llaf giao của BC với (GMN)

c/

Ta có

\(KN\in\left(GMN\right);KN\in\left(SBC\right)\) => KN là giao tuyến của (GMN) với (SBC)

Trong (ABCD) KG cắt AB tại H

\(KG\in\left(GMN\right)\Rightarrow KH\in\left(GMN\right)\)

\(KG\in\left(ABCD\right)\Rightarrow KH\in\left(ABCD\right)\)

=> KH là giao tuyến của (GMN) với (ABCD)

Ta có 

\(HM\in\left(SAB\right);HM\in\left(GMN\right)\) => HM là giao tuyến của (GMN) với (SAB)

Trong mp(SAC) gọi P là giao của SO với MN

\(P\in MN\Rightarrow P\in\left(GMN\right)\)

Trong mp(SBD) Nối G với P cắt SD tại Q

\(\Rightarrow GP\in\left(GMN\right)\Rightarrow Q\in GMN\)

\(\Rightarrow MQ\in\left(GMN\right)\) mà \(MQ\in\left(SAD\right)\) => MQ là giao tuyến của (GMN) với (SAD)

Ta có

\(NQ\in\left(GMN\right);NQ\in\left(SCD\right)\) => NQ là giao tuyến của (GMN) với (SCD)

=> thiết diện của hình chóp bị cắt bởi (GMN) là đa giác HMQNK

1: Gọi giao điểm của AC và BD là O trong mp(ABCD)

\(O\in AC\subset\left(SAC\right)\)

\(O\in BD\subset\left(SBD\right)\)

Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

nên (SAC) giao (SBD)=SO

Xét ΔSDC có

P,N lần lượt là trung điểm của DS,DC

=>PN là đường trung bình của ΔSDC

=>PN//SC

PN//SC

SC\(\subset\)(SBC)

PN không nằm trong mp(SBC)

Do đó: PN//(SBC)

1: Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD

O∈AC⊂(SAC)

O∈BD⊂(SBD)

Do đó: O∈(SAC) giao (SBD)(1)

S∈(SAC)

S∈(SBD)

Do đó: S∈(SAC) giao (SBD)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SAC) giao (SBD)=SO

Xét ΔDSC có

P,N lần lượt là trung điểm của DS,DC

=>PN là đường trung bình của ΔDSC

=>PN//SC

mà SC⊂(SBC)

nên PN//(SBC)

2: Chọn mp(SAD) có chứa SA

P∈SD⊂(SAD)

P∈(MNP)

Do đó: P∈(SAD) giao (MNP)(3)

Trong mp(ABCD), gọi K là giao điểm của MN và AD

K∈MN⊂(MNP)

K∈AD⊂(SAD)

DO đó: K∈(SAD) giao (MNP)(4)

Từ (3),(4) suy ra (SAD) giao (MNP)=PK

Gọi Q là giao điểm của PK và SA

=>Q là giao điểm của (MNP) và SA

Xét ΔNCM và ΔNDK có

\(\hat{NCM}=\hat{NDK}\) (hai góc so le trong, DK//MC)

NC=ND

\(\hat{CNM}=\hat{DNK}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔNCM=ΔNDK

=>CM=DK

=>\(DK=\frac12BC=\frac12DA\)

=>\(KD=\frac13KA\)

Theo Meneleus, ta có:

\(\frac{KD}{KA}\cdot\frac{QA}{QS}\cdot\frac{PS}{PD}=1\)

=>\(\frac13\cdot\frac{QA}{QS}\cdot1=1\)

=>\(\frac{QA}{QS}=1:\frac13=3\)

=>QA=3QS

SQ+QA=SA

=>SA=SQ+3SQ=4SQ

=>\(\frac{SQ}{SA}=\frac14\)

a: \(O\in AC\subset\left(SAC\right);O\in BD\subset\left(SBD\right)\)

Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)

b: Chọn mp(SAD) có chứa SA

Xét (SAD) và (CKB) có

\(K\in\left(SAD\right)\cap\left(CKB\right)\)

AD//CB

Do đó: (SAD) giao (CKB)=xy, xy đi qua K và xy//AD//CB

Gọi J là giao điểm của SA với xy

=>J là giao điểm của SA với mp(CKB)

c: \(C\in OA\subset\left(OIA\right);C\in\left(SCD\right)\)

=>\(C\in\left(OIA\right)\cap\left(SCD\right)\)

Xét ΔBSD có 

O,I lần lượt là trung điểm của BD,BS

=>OI là đường trung bình của ΔBSD

=>OI//SD

Xét (OIA) và (SCD) có

\(C\in\left(OIA\right)\cap\left(SCD\right)\)

OI//SD

Do đó: (OIA) giao (SCD)=mn, mn đi qua C và mn//OI//SD

a) Do MN\(\subset\) (BMN); AD \(\subset\)(ABCD) nên I là một điểm chung của (BMN) với (ABCD). Dễ thấy B là một điểm chung khác I

Vậy (BMN)\(\cap\) (ABCD) =BI

b) J\(\in\)BI\(\subset\) (BMN)

J \(\in\) (CD) \(\subset\) (SCD) 

nên J là một điểm chung của (BMN) \(\cap\) (SCD)

vậy (SCD) \(\cap\) (BMN) =NJ

Thiết diện của (BMN) với hình chóp là tứ giác AMNJ

c) Áp dụng định lí Menelaus Trong \(\Delta SAD\) có cát tuyến MNI có:

\(\dfrac{ID}{IA}.\dfrac{MA}{MS}.\dfrac{NS}{ND}=1\)

\(\dfrac{ID}{IA}.1.2=1\) => \(\dfrac{ID}{IA}=\dfrac{1}{2}\)

=> D là trung điểm AI

+ Xét tam giác SAI có 2 trung tuyến MI, SD giao nhau tại N => N là trong tâm tam giác SAI

=> \(\dfrac{NI}{MI}=\dfrac{2}{3}\)

Ta có AD//BC

=> \(\dfrac{IK}{BK}=\dfrac{AI}{BC}=\dfrac{2AD}{BC}=2\)(do AD=BC)

=> \(\dfrac{IK}{IB}=\dfrac{2}{3}\)

Xét tam giác MIB có: \(\dfrac{NI}{MI}=\dfrac{IK}{IB}=\dfrac{2}{3}\)

=> BM//NK